Aux fumeurs repentis

Casse-tête de février 2010 D463 – Aux fumeurs repentis. . .

Vincent PANTALONI 22 février 2010

Enoncé : On désigne par le quintuple d’entiers (a,b,c,k,n) une disposition d’allumettes qui consiste en un triangle de côtés a,b et c allumettes partagé en k zones de même aire avec le minimum d’allumettes n.

Trouver les valeurs de n dans chacune des cinq dispositions :

(2,3,4,2, n), (3,4,5,2, n), (5,12,13,3, n), (8,15,17,3, n)et(7,24,25,3, n)

Solution :. . . . J’ai trouvé respectivement n= 2, 2, 8, 11 et 15 allumettes. Je n’ai pas prouvé que ces valeurs sont optimales. . .

Notations :

– Pour trois pointsA,B,Cje note [ABC]l’aire du triangleABC, de même pour des polygônes.

– J’ai pris comme unité la longueur d’une allumette.

– Pour un pointΩet un nombre positif R,C(Ω, R)désignera le cercle de centre Ωet de rayon R.

– Sur les premières figures, les points sur les côtés des triangles marquent les longueurs unitaires.

1 (2 , 3 , 4 , 2 , n )

Deux allumettes suffisent, placées en[CJ]et[JK]:

Construction :

① On placeKmilieu de[HG], on verra queDK = 1.

② On placeJ tel que −→

CJ=−−→

DK

③ On verra alors que[ACJK] = ¹2[ABC]

Démonstration. 1. Le triangle bleu ADK est semblable àABC, avec un rapport de réduction de ¹2. En effet ces deux triangles ont l’angleAben commun etAD=AB/2et AK=AC/2.

AinsiKD=BC/2 = 1.

2. Par constructionCDKJ est un parallélogramme donc on a aussi JK=DC = 1.

http://www.diophante.fr/ 2 (3,4,5,2, N)

3. D’apres le rapport de réduction de ¹2 on a : [ADK] =

1 2

²

[ABC] = 1 4[ABC]

4. Comme −−→CD = −−→DE = −−→JK les trianglesCDJ et DEK sont isométriques, chacun ayant l’aire du demi parallélogrammeCDKJ. De plus [KE] est une médiane de AKD et partage doncADK en deux triangles de même aire. Ainsi :

[CDJ] = [DJK] = [DEK] = [EAK] = 1

2[ADK] = 1 8[ABC]

D’où le résultat :

[ACJK] = [CDJ] + [DJK] + [DEK] + [EAK] = 4×1

8[ABC] = 1 2[ABC]

2 (3 , 4 , 5 , 2 , n )

Deux allumettes suffisent placées comme ci-dessous :

ABC est rectangle car(3,4,5)est un triplet Pythagoricien :3²+ 4²= 5². Son aire est donc3×4/2 = 6 On se place dans le repère orthonormé (B;−−→BF;−−→BE)où on considèreM(1; 1). On a bien sûrF M = 1, il reste à prouver queJM = 1et que [CJM F] = ¹2[ABC]i.e.[CJM F] = 3.

1. JM = 1: On a :

−→AJ=2 5

−→AC On en déduit les coordonnées deJ :J(⁸5;⁹5), puis :

M J = s3

5 ²

+ 3

5 ²

= 1

http://www.diophante.fr/ 3 (5,12,13,3, N)

2. [CJM F] = ¹2[ABC]:

CommeM F =M J =M E, M est le centre du cercle inscrit au triangleABC, donc J et F sont symétriques par rapport à (CM) qui est une bissectrice. Les triangles CJM et CF M sont donc tous deux rectangles et de même aire. L’aire bleue vaut donc :

[CJM F] =CF ×F M = 3×1 = 3

3 (5, 12, 13, 3, n)

Huit allumettes suffisent placées comme ci-dessous :

ABC est rectangle car (5,12,13)est un triplet Pythagoricien. Son aire est donc5×12/2 = 30

J’ai trouvé une solution avec 8 allumettes. J’ai tracé le rectangle rouge d’aire[ADEF] = 2×5 = 10.

Ensuite j’ai placé l’allumette[GH]perpendiculairement à(BC)enH et touchant [ED] enG. Il faut donc montrer que cette construction est possible et que l’aire[DGHB]vaut alors bien10.

1. (GH)⊥(BC) ⇐⇒ ∃k∈R;−−→GH =k(5~ı + 12~).

2. La conditionGH = 1déterminek:GH²=k²(5²+ 12²) = 13k². Donck= 13¹, d’où les coordonnées du vecteur unitaire orthogonal à−−→BC.

3. On axG = 5et on veutH sur(BC)doncyH=−12⁵xH+ 5Les coordonnéesxH etyG sont solution du système suivant obtenu en identifiant les coordonnées du vecteur−−→GH :

xH−5 = 13⁵

−12⁵xH+ 5−yG= ¹²13

On trouveyG =⁵6 etxH= ⁷⁰13 puisyH. Ainsi :

G(5 ;5

6)et H(70 13;215

78 )

On peut alors calculerBH ce qui nous permettra de calculer l’aire des deux triangles rectangles [BHG]et [BDG]:

BH = s

12−70 13

² +

215 78

²

= 43 6

Alors :[BHG] = ¹2BH= ⁴³12 et[BDG] = ¹2BD×GD= ⁷⁷12. Puis le miracle s’accomplit :

[BDHG] = [BHG] + [BDG] = 43 12+77

12 = 120 12 = 10

http://www.diophante.fr/ 4 (8,15,17,3, N)

4 (8, 15, 17, 3, n)

Onze allumettes suffisent placées comme ci-dessous :

ABC est rectangle car (8,15,17)est un triplet Pythagoricien. Son aire est donc8×15/2 = 60 Je veux d’abord construireD,GetH de telle sorte que[CDHG] = 20.

① On construit d’abord le segment[EG]de longueur 7 et parallèle à(AB). On a alorsCEGet ABC semblables dans un rapport de 7/15 ce qui donneCE= 8×7/15soit

CE=56 15

② Je veux imposerDH = 6et HG= 2. C’est pourquoi j’ai tracé les cercles rouges et bleu respecti- vementC(D,6) etC(G,2)à l’intersection desquels j’ai placéH.

③ Il reste à ajuster la longueurDEavecD∈[AC]afin que[CDHG] = 20. Le calcul ci-dessous prouve que c’est possible :

On posex=DE.GEDest rectangle enEavecGE= 7donca=DG=√

49 +x². Le demi périmètre deDHGest alors s= (a+ 2 + 6)/2 = ¹2

√49 +x²+ 4. La formule de Héron nous donne : [DHG] =p

s(s−a)(s−2)(s−6) Par ailleurs on a deux triangles rectangles en E dont on détermine l’aire :

[CEG] = 1

2CE×EG= 1 2×56

15×7 = 196 15 Et celle deDEG en fonction dex.

[DEG] = 7x 2

Or [DCGH] = [CEG] + [DEG] + [DGH] d’où l’aire [DCGH] en fonction dex=DE en rempaçant a par√

49 +x² etspar ¹₂√

49 +x²+ 4dans l’expression de[DHG]. Ce qui donne après simplifications : A¹(x) = (210x+ 15p

−x⁴−18x²+ 495 + 784)/60

La résolution deA¹(x) = 20donne une unique solution dont une valeur approchée est : x≃0,39635237443

http://www.diophante.fr/ 5 (7,24,25,3, N)

On a ainsi délimité un tiers de la surface du triangle avec 6 + 2 = 8 allumettes. Il ne reste plus qu’à partager l’aire restante en deux. Pour cela j’ai utilisé 3 allumettes :HF = 2etF I = 1. J’ai tracéC(H; 2) sur lequel le point F est libre. Puis on traceC(F; 1)et ses intersectionsI etJ avec[AB]. Vu la liberté deF, il se trouve (je ne le prouve pas) que[ADHF J]varie entre environ17et21,2. Cette variation est bien sûr continue donc d’après le T.V.I. il existe une position de F telle que[ADHF J] = 20.

5 (7 , 24 , 25 , 3 , n )

ABC est rectangle car(8,15,17)est un triplet Pythagoricien. Son aire est donc7×24/2 = 3×28 Voici une solution que je crois optimale avec 15 allumettes.

Construction :

Toujours dans le même repère, on considère Z(10; 2) et C(Z,2) qui est tangent à (AB) en F bien sûr mais aussi à(AC)enE comme on le verra. Ensuite on créerD mobile surC(Z,9)et C(D,2)qui coupe (BC)enGet H.

On va prouver que[AEZF] = 28et qu’il existe une position deD telle que[HDZF B] = 28.

1. Prouvons d’abord queC(Z,2)est tangent à(AC). Pour cela il suffit de vérifier que la distance deZ à la droite(AC)vaut 2.(AC)a pour équation cartésienne :

(AC) : 7x+ 24y−7×24 = 0 Donc la distance deZ à (AC)vaut :

d=|7xZ+ 24yZ−7×24|

√7²+ 24² = |70 + 48−168|

25 =50

25 = 2

2. On en déduit que(AZ)est la bissectrice de\BAC et donc que l’aire bleue vaut l’aire d’un rectangle de côtés 2 et14 = 24−10soit[AEZF] = 28.

3. En faisant varierDsurC(Z,9)le polygone roseHDZF Ba une aire qui varie de 18 à 40 environ, et comme dans le cas précedent on en déduit qu’il existe une position deDtelle que[HDZF B] = 28.

cf figures ci-dessous.